金外高三復習練習卷四

1、金外高三復習練習卷四姓名 成績1、 選擇題：1集合A=y|y=2x1，B=x|2x3|3，則AB=（）Ax|0x3Bx|1x3Cx|0x3Dx|1x32數列an中，a1=1，an+1=2an2n，則a17（）A15×216B15×217C16×216D16×2173已知向量=（2cos2x，），=（1，sin2x）設f（x）=，若f（）=2，則sin（2）=（）ABCD4兩個單位向量，的夾角為60°，點C在以O圓心的圓弧AB上移動， =x+y，則x+y的最大值為（）A1BCD5下列四個命題中，正確的個數是（）命題“存在xR，x2x0”的否定是“

2、對于任意的xR，x2x0”；若函數f（x）在上有零點，則f0；在公差為d的等差數列an中，a1=2，a1，a3，a4成等比數列，則公差d為；函數y=sin2x+cos2x在0，上的單調遞增區(qū)間為0，A0B1C2D36若，P=3cos，Q=（cos）3，R=（cos），則P，Q，R的大小關系為（）ARQPBQRPCPQRDRPQ7定義在R上的函數y=f（x）滿足f（x）=f（2x），f'（x）（x1）0，則對任意的x1x2，f（x1）f（x2）是x1+x22的（）A充分不必要條件B充要條件C必要不充分條件D既不充分也不必要條件8.已知函數y=f（x）的定義域的R，當x0時，f（x）1，且

3、對任意的實數x，yR，等式f（x）f（y）=f（x+y）成立，若數列an滿足f（an+1）f（）=1（nN*），且a1=f（0），則下列結論成立的是（）Af（a2013）f（a2016）Bf（a2014）f（a2017）Cf（a2016）f（a2015）Df（a2013）f（a2015）填空題：9不等式表示的平面區(qū)域是等腰直角三角形，則該三角形面積為（ ）10在ABC中，a，b，c分別為角A，B，C的對邊，且滿足4cos2cos2（B+C）=，若a=2，則ABC的面積的最大值是（ ）11已知x1，y1，且lnx，lny成等比數列，則xy的最小值為（ ）12已知函數f（x）=m（x+m+5），g

4、（x）=2x2，若任意的xR，總有f（x）0或g（x）0，則m的取值范圍是（ ）三、解答題：寫出文字說明，證明過程或演算過程13已知f（x）=（xinx+cosx）cosx，其中0，若f（x）的最小正周期為4（1）求函數f（x）的單調遞增區(qū)間；（2）銳角三角形ABC中，（2ac）cosB=bcosC，求f（A）的取值范圍14已知函數f（x）=（a0）（1）試討論y=f（x）的極值；（2）若a0，設g（x）=x2emx，且任意的x1，x20，2，f（x1）g（x2）1恒成立，求m的取值范圍15已知f（x）=|x1|2x+3|（1）解不等式f（x）2；（2）關于x的不等式f（x）a2a的解集為R，

5、求a的取值范圍16已知函數f（x）=x2ax+2lnx（其中a是實數）（1）求f（x）的單調區(qū)間；（2）若設2（e+）a，且f（x）有兩個極值點x1，x2（x1x2），求f（x1）f（x2）取值范圍（其中e為自然對數的底數）參考答案與試題解析一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分在給出的四個選項中，只有一項是符合要求的1集合A=y|y=2x1，B=x|2x3|3，則AB=（）Ax|0x3Bx|1x3Cx|0x3Dx|1x3【考點】交集及其運算【分析】求出集合A，B，然后求解交集即可【解答】解：集合A=y|y=2x1=y|y0，B=x|2x3|3=x|0x3，則AB=x|0x3故選：A

6、2設復數z滿足（1i）z=2i，則z在復平面內對應的點在（）A第四象限B第三象限C第二象限D第一象限【考點】復數的代數表示法及其幾何意義【分析】利用復數的運算法則、幾何意義即可得出【解答】解：（1i）z=2i，（1+i）（1i）z=2i（1+i），化為z=i1則z在復平面內對應的點（1，1）在第二象限故選：C3數列an中，a1=1，an+1=2an2n，則a17（）A15×216B15×217C16×216D16×217【考點】數列遞推式【分析】an+1=2an2n，變形為=，利用等差數列的通項公式即可得出【解答】解：an+1=2an2n，=，數列是等差

7、數列，公差為=（n1）=，可得an=（2n）2n1，a17=15×216故選：A4sin+cos=，是第二象限的角，則tan（）A3B2CD【考點】三角函數的化簡求值【分析】已知等式兩邊平方，利用同角三角函數間基本關系化簡求出sincos的值，然后由倍角公式進行計算【解答】解：sin+cos=，1+2sincos=1+sin2=，則sin2=又是第二象限的角，即，22，cos2=，tan=故選：C5已知向量=（2cos2x，），=（1，sin2x）設f（x）=，若f（）=2，則sin（2）=（）ABCD【考點】平面向量數量積的運算【分析】進行數量積的運算，并化簡即可得出f（x）=，這

8、樣根據即可得出cos2=，而由的范圍便可得出2的范圍，從而求出，這樣便可求出的范圍【解答】解：f（x）=；=2cos2+1=2；2，2；故選C6兩個單位向量，的夾角為60°，點C在以O圓心的圓弧AB上移動， =x+y，則x+y的最大值為（）A1BCD【考點】數量積表示兩個向量的夾角；基本不等式【分析】本題是向量的坐標表示的應用，結合圖形，利用三角函數的性質，即可求出結果【解答】解：兩個單位向量，的夾角為60°，點C在以O圓心的圓弧AB上移動， =x+y，建立如圖所示的坐標系，則B（1，0），A（cos60°，sin60°），即A（，）設BOC=，則=x+

9、y=（cos，sin）=（x+y， x），x=sin，y=cossin，x+y=cos+sin=sin（+60°）0°60°，60°+60°120°，sin（+60°）1，故當+60°=90°時，x+y取得最大值為，故選：D7已知函數f（x）=，若函數y=f（x）4有3個零點，則a的值為（）A3B4C5D6【考點】根的存在性及根的個數判斷【分析】由已知中函數函數y=f（x）4=，我們分別判斷出x4時，函數的零點，及x=4時，函數的零點，進而可得實數a的值【解答】解：由題意，函數y=f（x）4=xa時，函數

10、關于x=a對稱，此時f（x）=4一定有兩個零點，則當x=a時，f（x）=4，a=4若x4，則2=0，則x=1.5或x=5.5；若x=4，則a4=0，則a=4，滿足函數y=f（x）4有3個零點故選B8下列四個命題中，正確的個數是（）命題“存在xR，x2x0”的否定是“對于任意的xR，x2x0”；若函數f（x）在上有零點，則f0；在公差為d的等差數列an中，a1=2，a1，a3，a4成等比數列，則公差d為；函數y=sin2x+cos2x在0，上的單調遞增區(qū)間為0，A0B1C2D3【考點】命題的真假判斷與應用【分析】寫出原命題的否定，可判斷；根據函數零點的存在定理，可判斷；求出滿足條件的公差，可判斷

11、；根據三角函數的單調性，可判斷【解答】解：命題“存在xR，x2x0”的否定是“對于任意的xR，x2x0”；故錯誤；若函數f（x）在上有零點，則f0不一定成立，故錯誤；在公差為d的等差數列an中，a1=2，a1，a3，a4成等比數列，則（2+2d）2=2（2+3d），解得：d=，或d=0，故錯誤；函數y=sin2x+cos2x=sin（2x+），x0，時，2x+，令2x+，解得：x0，即在0，上函數y=sin2x+cos2x的單調遞增區(qū)間為0，故正確；故選：B9若，P=3cos，Q=（cos）3，R=（cos），則P，Q，R的大小關系為（）ARQPBQRPCPQRDRPQ【考點】不等式比較大小【

12、分析】判斷三個數的范圍，即可比較大小【解答】解：，cos（1，0）且P=3cos1，Q=（cos）3（1，0）；R=（cos），（0，1）（cos）3（cos），可得：RQP故選：A10實數x，y滿足，若目標函數z=mx+y（m0）的最大值為5，則m的值為（）ABC2D5【考點】簡單線性規(guī)劃【分析】由z=mx+y（m0），得y=mx+z，利用z與直線截距之間的關系確定直線的斜率滿足的條件即可求出a的值【解答】解：由z=mx+y（m0），得y=mx+z，m0，直線的斜率為m0，作出不等式組對應的平面區(qū)域如圖：若m1，即0m1時，平移直線y=mx+z，得直線經過點A時直線截距最大，由得，即A（，）

13、，此時m+=5，得m=7，此時m不成立，若m1，即m1時，平移直線y=mx+z，得直線經過點C時直線截距最大，由得，即C（2，1），此時2m+1=5，得m=2，故選：C11定義在R上的函數y=f（x）滿足f（x）=f（2x），f'（x）（x1）0，則對任意的x1x2，f（x1）f（x2）是x1+x22的（）A充分不必要條件B充要條件C必要不充分條件D既不充分也不必要條件【考點】必要條件、充分條件與充要條件的判斷【分析】根據條件判斷函數的對稱性和單調性，結合函數單調性和對稱性之間的關系進行轉化求解即可【解答】解：由f（x）=f（2x），得函數關于x=1對稱，由f'（x）（x1）0

14、得，當x1時，f（x）0，此時函數為增函數，當x1時，f（x）0，此時函數f（x）為減函數，若x1x2，當x21，函數為減函數，滿足對任意的x1x2，f（x1）f（x2），此時x1+x22，若x21，函數f（x）關于x=1對稱，則f（x2）=f（2x2），則2x21，則由f（x1）f（x2）得f（x1）f（x2）=f（2x2），此時函數在x1時為減函數，則x12x2，即x1+x22，即對任意的x1x2，f（x1）f（x2）得x1+x22，反之也成立，即對任意的x1x2，f（x1）f（x2）是x1+x22的充要條件，故選：B12已知函數y=f（x）的定義域的R，當x0時，f（x）1，且對任意的實

15、數x，yR，等式f（x）f（y）=f（x+y）成立，若數列an滿足f（an+1）f（）=1（nN*），且a1=f（0），則下列結論成立的是（）Af（a2013）f（a2016）Bf（a2014）f（a2017）Cf（a2016）f（a2015）Df（a2013）f（a2015）【考點】抽象函數及其應用【分析】利用恒等式和賦值法求f（0）的值，由恒等式化簡f（an+1）f（）=1，得到數列的遞推公式，依次求出a2、a3、a4，判斷數列an是周期數列，再由周期性求出a2013、a2014、a2015、a2016、a2017，即可比較大小，選出答案項【解答】解：對任意的實數x，yR，f（x）f（y）

16、=f（x+y）恒成立，令x=1，y=0，則f（1）f（0）=f（1），當x0時，f（x）1，f（1）0，則f（0）=1，f（an+1）f（）=1=f（0），f（an+1+）=f（0）=a1，則an+1+=0，即an+1=，且a1=1，當n=1時，a2=；當n=2時，a3=2；當n=3時，a4=1，數列an是以3為周期的周期數列，a2013=a3=2，a2014=a1=1，a2015=a2=，a2016=a3=2，a2017=a1=1，故選：C二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分，請將答案填寫在答題卡對應題號的位置上答錯位置，書寫不清，模棱兩可均不得分13關于x的不等式表示的平面區(qū)域是

17、等腰直角三角形，則該三角形的面積為或【考點】簡單線性規(guī)劃【分析】討論直線斜率，作出對應的區(qū)域，求出交點坐標，結合三角形的面積公式進行求解即可【解答】解：當k=0時，對應的三角形為OAB，此時三角形為等腰直角三角形，滿足條件，此時OB=1，則對應的面積S=，若k0，直線kxy+1=0與x+y=0垂直，則k=1，此時對應的三角形為OAB，此時三角形為等腰直角三角形，滿足條件，由得，得A（，），則三角形的面積S=，綜上該三角形的面積為或，故答案為：或14在ABC中，a，b，c分別為角A，B，C的對邊，且滿足4cos2cos2（B+C）=，若a=2，則ABC的面積的最大值是【考點】余弦定理；正弦定理【

18、分析】利用三角形的內角和，結合已知條件等式，可得關于A的三角方程，從而可以求得A的大小，利用余弦定理及基本不等式，可求得bc，從而可求ABC的面積的最大值【解答】（本題滿分為10分）解：A+B+C=，4cos2cos2（B+C）=2（1+cosA）cos2A=2cos2A+2cosA+3=，2cos2A2cosA+=0 cosA=0A，A=°a=2，由余弦定理可得：4=b2+c2bc2bcbc=bc，（當且僅當b=c=2，不等式等號成立）bc4SABC=bcsinA×=故答案為：15已知x1，y1，且lnx，lny成等比數列，則xy的最小值為e【考點】等比數列的通項公式；基

19、本不等式【分析】由題意可得lnx0，lny0，lnxlny=，由基本不等式可得lnx+lny的最小值，由對數的運算可得xy的最小值【解答】解：x1，y1，lnx0，lny0，又成等比數列，=，解得lnxlny=，由基本不等式可得lnx+lny2=1，當且僅當lnx=lny，即x=y=時取等號，故ln（xy）=lnx+lny1=lne，即xye，故xy的最小值為：e故答案為：e16已知函數f（x）=m（x+m+5），g（x）=2x2，若任意的xR，總有f（x）0或g（x）0，則m的取值范圍是6m0【考點】函數恒成立問題【分析】畫出函數圖象，結合圖象求出m的范圍即可【解答】解：結合題意，畫出圖象，

20、如圖示：，若任意的xR，總有f（x）0或g（x）0，顯然m0，且1+m+50，即m6，故答案為：6m0三、解答題：寫出文字說明，證明過程或演算過程17已知f（x）=（xinx+cosx）cosx，其中0，若f（x）的最小正周期為4（1）求函數f（x）的單調遞增區(qū)間；（2）銳角三角形ABC中，（2ac）cosB=bcosC，求f（A）的取值范圍【考點】正弦定理；三角函數中的恒等變換應用；正弦函數的單調性【分析】（1）利用三角函數恒等變換的應用化簡函數解析式可得f（x）=sin（2x+），利用周期公式可求，可得函數解析式：f（x）=sin（x+），令2kx+2k+，kZ，可得f（x）的單調遞增區(qū)間

21、（2）利用正弦定理化簡已知，整理得cosB=，進而解得B=，利用已知求得范圍A+，根據正弦函數的性質可求f（A）的取值范圍【解答】（本題滿分為12分）解：（1）f（x）=（xinx+cosx）cosx=sin2x+cos2x=sin（2x+），最小正周期為4，=，可得：f（x）=sin（x+），令2kx+2k+，kZ，可得：4kx3k+，kZ，f（x）的單調遞增區(qū)間為4k，3k+，kZ（2）（2ac）cosB=bcosC，（2sinAsinC）cosB=sinBcosC，整理得2sinAcosB=sinA，可得：cosB=，解得：B=，銳角三角形ABC，A，A+，可得：f（A）18如圖所示，A

22、BC中，D為AC的中點，AB=2，BC=，A=（1）求cosABC的值；（2）求BD的值【考點】余弦定理【分析】（1）在ABC中利用正弦定理可求sinC，利用大邊對大角可得C為銳角，利用同角三角函數基本關系式可求cosC，利用兩角差的余弦函數公式即可計算得解cosABC的值（2）由已知在ABC中，利用余弦定理可求AC，進而在ABD中，利用余弦定理可求BD【解答】（本題滿分為12分）解：（1）在ABC中，sinA=，sinC=，由BCAB，可得：AC，C為銳角，cosC=，cosABC=cos（C）=coscosC+sinsinC=（2）AB=2，BC=，cosABC=在ABC中，AC2=AB2

23、+BC22ABBCcosABC=9，可得：AC=3，在ABD中，BD2=AB2+AD22AB×ADcosA=，BD=19數列an的前n項和Sn=3n2+2n+1（1）求an的通項公式；（2）令bn=an2n，求bn的前n項和Tn【考點】數列的求和【分析】（1）由Sn=3n2+2n+1知，當n2時，an=SnSn1=6n1，驗證n=1時是否適合，即可求得an的通項公式；（2）bn=an2n，易求T1=12，n1時，Tn=6×2+11×22+17×23+（6n1）×2n，利用錯位相減法可求得bn的前n項和Tn【解答】解：（1）Sn=3n2+2n+1

24、，當n2時，an=SnSn1=3n2+2n+13（n1）2+2（n1）+1=6n1，當n=1時，a1=6，不適合上式，an=.（2）bn=an2n，n=1時，T1=b1=a1×2=12.n1時，Tn=6×2+11×22+17×23+（6n1）×2n，2Tn=6×22+11×23+17×24+（6n7）×2n+（6n1）2n+1，得：Tn=326（23+24+2n）+（6n1）2n+1=16+（6n7）×2n+1.Tn=20已知函數f（x）=（a0）（1）試討論y=f（x）的極值；（2）若a0，設

25、g（x）=x2emx，且任意的x1，x20，2，f（x1）g（x2）1恒成立，求m的取值范圍【考點】利用導數研究函數的極值；函數恒成立問題【分析】（1）求出函數的導數，通過討論a的范圍，求出函數的極值即可；（2）結合題意得到f（x）min（x1）+1gmax（x2），法一：分離參數問題轉化為m，從而求出m的范圍即可；法二：通過分類討論求出m的范圍即可【解答】解：（1）f（x）=，a0時，當x=1時，f（x）的極小值為f（1）=，當x=1時，f（x）的極大值為f（1）=，a0時，當x=1時，f（x）的極大值為f（1）=，當x=1時，f（x）的極小值為f（1）=；（2）方法一：由題意知，x1，x2

26、0，2，f（x）min（x1）+1gmax（x2），x10，2，fmin（x1）+1=1，x0，2，x2emx1，m，mmin，mln2，方法二：分類討論x10，2，fmin（x1）+1=1，x0，2，gmax（x）1，g（x）=x2emx，g（x）=emxx（mx+2），1）當m0時，g（x）在0，2上單調遞增，gmax（x）=g（2）=4e2m1，解得：mln2（舍），2）當1m0時，g（x）在0，2上單調遞增，gmax（x）=g（2）=4e2m1，解得：mln2，1mln2，3）當m1時，g（x）在0，上單調遞增，在，2上單調遞減，gmax（x）=g（）=1，解得：m，m1，綜合得：mln221已知函數f（x）=x2ax+2lnx（其中a是實數）（1）求f（x）的單調區(qū)間；（2）若設2（e+）a，且f（x）有兩個極值點x1，x2（x1x2），求f（x1）f（x2）取值范圍（其中e為自然對數的底數）【考點】利用導數研究函數的單調性；導數在最大值、最小值問題中的應用【分析】（1）求出f（x）的定義域為（0，+），=，由此利